\documentclass[../libro.tex]{subfiles}

\begin{document}

\ifSubfilesClassLoaded{\appendix\chapter{Afterstories}\clearpage}{}

\section{按一行展开行列式}

本节, 我想用定义 (按列~\(1\) 展开)
证明按一行展开行列式的公式.

\begin{theorem}
    设 \(A\) 是 \(n\)~级阵 (\(n \geq 1\)).
    设 \(i\) 为整数, 且 \(1 \leq i \leq n\).
    则
    \begin{align*}
        \det {(A)} = \sum_{j = 1}^{n}
            {(-1)^{i+j} [A]_{i,j} \det {(A(i|j))}}.
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    我们用数学归纳法证明此事.
    具体地, 设 \(P(n)\) 为命题
    \begin{quotation}
        对任何 \(n\)~级阵 \(A\),
        对任何不超过 \(n\) 的正整数 \(i\),
        \begin{align*}
            \det {(A)} = \sum_{j = 1}^{n}
                {(-1)^{i+j} [A]_{i,j} \det {(A(i|j))}}.
        \end{align*}
    \end{quotation}
    则, 我们的目标是,
    对任何正整数 \(n\), \(P(n)\) 是对的.

    \(P(1)\) 显然是对的.

    可以验证, \(P(2)\) 也是对的 (习题).

    现在, 我们假定 \(P(m-1)\) 是对的.
    我们要证 \(P(m)\) 也是对的.
    任取一个 \(m\)~级阵 \(A\).
    任取不超过 \(m\) 的正整数 \(i\).
    为方便, 我们记
    \(f = (-1)^{i+1} [A]_{i,1} \det {(A(i|1))}\).
    则 (第~3~个等号利用了假定,
    并注意,
    \(A\)~的行~\(i\) (其中, \(k \neq i\)) 对应
    \(A(k|1)\)~的行~\(i - \rho(i,k)\),
    且 \(A\)~的列~\(j\) (其中, \(j \neq 1\)) 对应
    \(A(k|1)\)~的列~\(j - 1\))
    \begin{align*}
             & \det {(A)}
        \\
        = {} &
        \sum_{1 \leq k \leq m}
        {(-1)^{k+1} [A]_{k,1} \det {(A(k|1))}}
        \\
        = {} &
        f + \sum_{\substack{1 \leq k \leq m \\k \neq i}}
        {(-1)^{k+1} [A]_{k,1} \det {(A(k|1))}}
        \\
        = {} &
        f + \sum_{\substack{1 \leq k \leq m \\k \neq i}}
        {(-1)^{k+1} [A]_{k,1}
            \sum_{j = 2}^{m}
                {(-1)^{i - \rho(i,k) + j - 1}
                        [A]_{i,j} \det {(A(k,i|1,j))}}}
        \\
        = {} &
        f + \sum_{\substack{1 \leq k \leq m \\k \neq i}}
        {\sum_{j = 2}^{m}
                {(-1)^{k+1} [A]_{k,1}
                    (-1)^{i - \rho(i,k) + j - 1}
                        [A]_{i,j} \det {(A(k,i|1,j))}}}
        \\
        = {} &
        f + \sum_{j = 2}^{m}
        {\sum_{\substack{1 \leq k \leq m    \\k \neq i}}
                {(-1)^{k+1} [A]_{k,1}
                    (-1)^{i - \rho(i,k) + j - 1}
                        [A]_{i,j} \det {(A(k,i|1,j))}}}
        \\
        = {} &
        f + \sum_{j = 2}^{m}
        {\sum_{\substack{1 \leq k \leq m    \\k \neq i}}
                {(-1)^{i+j} [A]_{i,j}
                    (-1)^{k + \rho(k,i) - 1}
                        [A]_{k,1} \det {(A(k,i|1,j))}}}
        \\
        = {} &
        f + \sum_{j = 2}^{m}
        {\sum_{\substack{1 \leq k \leq m    \\k \neq i}}
                {(-1)^{i+j} [A]_{i,j}
                    (-1)^{k - \rho(k,i) + 1}
                        [A]_{k,1} \det {(A(k,i|1,j))}}}
        \\
        = {} &
        f + \sum_{j = 2}^{m}
            {(-1)^{i+j} [A]_{i,j}
        \sum_{\substack{1 \leq k \leq m     \\k \neq i}}
                {(-1)^{k - \rho(k,i) + 1}
                        [A]_{k,1} \det {(A(k,i|1,j))}}}
        \\
        = {} &
        f + \sum_{j = 2}^{m}
            {(-1)^{i+j} [A]_{i,j} \det {(A(i|j))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{j = 1}^{m}
            {(-1)^{i+j} [A]_{i,j} \det {(A(i|j))}}.
    \end{align*}
    所以, \(P(m)\) 是对的.
    由数学归纳法, 待证命题成立.
\end{proof}

\section{方阵与它的转置的行列式相等}

本节, 我想证明, 一个方阵与它的转置的行列式相等.

其实, 在第~1~章, 节~\sekcio{15},
我已用定义 (按列~\(1\) 展开)
与按行~\(1\) 展开证明了它.
不过, 我想, 知道别的证明是好的.

以下, 设 \(P(n)\) 为命题
\begin{quotation}
    对任何 \(n\)~级阵 \(A\),
    \begin{align*}
        \det {(A^{\mathrm{T}})} = \det {(A)}.
    \end{align*}
\end{quotation}
则, 我们的目标是,
对任何正整数 \(n\), \(P(n)\) 是对的.

\begin{proof}
    (同时用按列~\(1\) 展开与按行~\(1\) 展开)
    见第~1~章, 节~\sekcio{15}.
\end{proof}

\begin{proof}
    (用按一列展开)
    \(P(1)\) 是对的:
    \(1\)~级阵的转置就是自己.

    现在, 我们假定 \(P(m-1)\) 是对的.
    我们要证 \(P(m)\) 也是对的.

    任取一个 \(m\)~级阵 \(A\).
    一方面, 我们知道,
    对任何数 \(x\), 与任何正整数 \(s\),
    必有
    \begin{align*}
        x = s^{-1} \sum_{j = 1}^{s} {x}.
    \end{align*}
    另一方面, 我们已知,
    对每个 \(s\)~级阵 \(B\),
    与每个不超过 \(s\) 的正整数 \(j\),
    \begin{align*}
        \det {(B)}
        = \sum_{i = 1}^{s} {(-1)^{i+j} [B]_{i,j} \det {(B(i|j))}}.
    \end{align*}
    最后, 注意, 既然
    \([A]_{i,j} = [A^{\mathrm{T}}]_{j,i}\),
    则, 不难验证,
    \(A^{\mathrm{T}}(i|j) = (A(j|i))^{\mathrm{T}}\).
    结合这三件事,
    与用过多次的加法的结合律与交换律,
    并利用假定 (第~4~个等号), 我们有
    \begin{align*}
        \det {(A^{\mathrm{T}})}
        = {} &
        m^{-1}
        \sum_{j=1}^{m}
            {\det {(A^{\mathrm{T}})}}
        \\
        = {} &
        m^{-1}
        \sum_{j=1}^{m} {
                \sum_{i=1}^{m} {
                        (-1)^{i+j} [A^{\mathrm{T}}]_{i,j}
                        \det {(A^{\mathrm{T}}(i|j))}}}
        \\
        = {} &
        m^{-1}
        \sum_{j=1}^{m} {
                \sum_{i=1}^{m} {
                        (-1)^{i+j} [A]_{j,i}
                        \det {((A(j|i))^{\mathrm{T}})}}}
        \\
        = {} &
        m^{-1}
        \sum_{j=1}^{m} {
                \sum_{i=1}^{m} {
                        (-1)^{i+j} [A]_{j,i}
                        \det {(A(j|i))}}}
        \\
        = {} &
        m^{-1}
        \sum_{j=1}^{m} {
                \sum_{i=1}^{m} {
                        (-1)^{j+i} [A]_{j,i}
                        \det {(A(j|i))}}}
        \\
        = {} &
        m^{-1}
        \sum_{i=1}^{m} {
                \sum_{j=1}^{m} {
                        (-1)^{j+i} [A]_{j,i}
                        \det {(A(j|i))}}}
        \\
        = {} &
        m^{-1}
        \sum_{i=1}^{m}
            {\det {(A)}}
        \\
        = {} & \det {(A)}.
    \end{align*}
    所以, \(P(m)\) 是对的.
    由数学归纳法, 待证命题成立.
\end{proof}

\begin{proof}
    (用按列~\(1\) 展开)
    作辅助命题 \(Q(n)\):
    \begin{quotation}
        \(P(n-1)\) 与 \(P(n)\) 是对的.
    \end{quotation}
    我们用数学归纳法证明,
    对任何高于 \(1\) 的整数 \(n\), \(Q(n)\) 是对的.
    由此, 我们可知, 对任何正整数 \(n\),
    \(P(n)\) 是对的.

    不难验证 \(Q(2)\) 是对的.

    现在, 我们假定 \(Q(m-1)\) 是对的.
    我们要证 \(Q(m)\) 也是对的.
    既然 \(Q(m-1)\) 是对的,
    则 \(P(m-2)\) 与 \(P(m-1)\) 是对的.
    所以, 若我们能由此证明 \(P(m)\) 是对的,
    则 \(Q(m)\) 是对的.

    任取一个 \(m\)~级阵 \(A\).
    为方便, 我们记
    \(f = (-1)^{1+1} [A]_{1,1} \det {(A(1|1))}\).
    则
    \begingroup
    \reqnomode
    \begin{align*}
             & \det {(A^{\mathrm{T}})}
        \\
        = {} &
        \sum_{i = 1}^{m} {
                (-1)^{i+1} [A^{\mathrm{T}}]_{i,1}
                \det {(A^{\mathrm{T}}(i|1))}
            }
        \\
        = {} &
        (-1)^{1+1} [A^{\mathrm{T}}]_{1,1}
        \det {(A^{\mathrm{T}}(1|1))}
        + \sum_{i = 2}^{m} {
                (-1)^{i+1} [A^{\mathrm{T}}]_{i,1}
                \det {(A^{\mathrm{T}}(i|1))}
            }
        \\
        = {} &
        (-1)^{1+1} [A]_{1,1} \det {(A(1|1))}
        + \sum_{i = 2}^{m} {
                (-1)^{i+1} [A^{\mathrm{T}}]_{i,1}
                \det {(A(1|i))}
            }
        \tag*{(1)}
        \\
        = {} &
        f
        + \sum_{i = 2}^{m} {
        (-1)^{i+1} [A^{\mathrm{T}}]_{i,1}
        \sum_{k = 2}^{m} {
        (-1)^{k-1+1} [A]_{k,1} \det {(A({1,k}|{i,1}))}
        }
        }
        \tag*{(2)}
        \\
        = {} &
        f
        + \sum_{i = 2}^{m} {
        \sum_{k = 2}^{m} {
        (-1)^{i+1} [A^{\mathrm{T}}]_{i,1}
        (-1)^{k-1+1} [A]_{k,1} \det {(A({1,k}|{i,1}))}
        }
        }
        \\
        = {} &
        f
        + \sum_{k = 2}^{m} {
        \sum_{i = 2}^{m} {
        (-1)^{i+1} [A^{\mathrm{T}}]_{i,1}
        (-1)^{k-1+1} [A]_{k,1} \det {(A({1,k}|{i,1}))}
        }
        }
        \\
        = {} &
        f
        + \sum_{k = 2}^{m} {
        \sum_{i = 2}^{m} {
        (-1)^{k+1} [A]_{k,1}
        (-1)^{i-1+1} [A^{\mathrm{T}}]_{i,1}
        \det {(A({1,k}|{i,1}))}
        }
        }
        \\
        = {} &
        f
        + \sum_{k = 2}^{m} {
        (-1)^{k+1} [A]_{k,1}
        \sum_{i = 2}^{m} {
        (-1)^{i-1+1} [A^{\mathrm{T}}]_{i,1}
        \det {(A({1,k}|{i,1}))}
        }
        }
        \\
        = {} &
        f
        + \sum_{k = 2}^{m} {
        (-1)^{k+1} [A]_{k,1}
        \sum_{i = 2}^{m} {
        (-1)^{i-1+1} [A^{\mathrm{T}}]_{i,1}
        \det {(A^{\mathrm{T}} ({i,1}|{1,k}))}
        }
        }
        \tag*{(3)}
        \\
        = {} &
        f
        + \sum_{k = 2}^{m} {
                (-1)^{k+1} [A]_{k,1}
                \det {(A^{\mathrm{T}}(1|k))}
            }
        \tag*{(4)}
        \\
        = {} &
        f
        + \sum_{k = 2}^{m} {
                (-1)^{k+1} [A]_{k,1}
                \det {(A(k|1))}
            }
        \tag*{(5)}
        \\
        = {} &
        \sum_{k = 1}^{m} {
                (-1)^{k+1} [A]_{k,1}
                \det {(A(k|1))}
            }
        \\
        = {} &
        \det {(A)}.
    \end{align*}
    \endgroup
    所以, \(P(m)\) 是对的.
    则 \(Q(m)\) 是对的.
    由数学归纳法, 待证命题成立.

    我简单地作解释.

    (1)
    利用了假定 \(P(m-1)\).
    注意, \(A^{\mathrm{T}} (i|1)\)
    的转置是 \(A(1|i)\).

    (2)
    利用了按列~\(1\) 展开.
    注意, \([A]_{k,1}\) 是 \(A(1|i)\)~的
    \((k-1, 1)\)-元
    (\(i, k > 1\)).

    (3)
    利用了假定 \(P(m-2)\).
    注意, \(A({1,k}|{i,1})\)
    的转置是 \(A^{\mathrm{T}} ({i,1}|{1,k})\).

    (4)
    利用了按列~\(1\) 展开.
    注意, \([A^{\mathrm{T}}]_{i,1}\) 是
    \(A^{\mathrm{T}} (1|k)\)~的
    \((i-1, 1)\)-元
    (\(i, k > 1\)).

    (5)
    利用了假定 \(P(m-1)\).
    注意, \(A^{\mathrm{T}} (1|k)\)
    的转置是 \(A(k|1)\).
\end{proof}

\section{(关于列的) 多线性}

本节, 我想证明 (关于列的) 多线性.

其实, 在第~1~章, 节~\sekcio{13},
我已用按一列展开行列式的公式证明了它.
不过, 我想, 知道别的证明是好的.

以下, 设 \(P(n)\) 为命题
\begin{quotation}
    对任何不超过 \(n\) 的正整数 \(j\),
    任何 \(n-1\)~个 \(n \times 1\)~阵
    \(a_1\), \(\dots\), \(a_{j-1}\),
    \(a_{j+1}\), \(\dots\), \(a_n\),
    任何二个 \(n \times 1\)~阵 \(x\), \(y\),
    任何二个数 \(s\), \(t\),
    有
    \begin{align*}
             & \det
        {[a_1, \dots, a_{j-1}, sx + ty, a_{j+1}, \dots, a_n]}
        \\
        = {} &
        s
        \det {[a_1, \dots, a_{j-1}, x, a_{j+1}, \dots, a_n]}
        +
        t
        \det {[a_1, \dots, a_{j-1}, y, a_{j+1}, \dots, a_n]}.
    \end{align*}
\end{quotation}
则, 我们的目标是,
对任何正整数 \(n\), \(P(n)\) 是对的.

\begin{proof}
    (用按一列展开)
    见第~1~章, 节~\sekcio{13}.
\end{proof}

\begin{proof}
    (用按列~\(1\) 展开)
    不难验证 \(P(1)\) 是对的.

    现在, 我们假定 \(P(m-1)\) 是对的.
    我们要证 \(P(m)\) 也是对的.

    任取不超过 \(m\) 的正整数 \(j\).
    任取 \(m-1\)~个 \(m \times 1\)~阵
    \(a_1\), \(\dots\), \(a_{j-1}\),
    \(a_{j+1}\), \(\dots\), \(a_m\).
    任取二个 \(m \times 1\)~阵 \(x\), \(y\).
    任取二个数 \(s\), \(t\).
    作三个 \(m\)~级阵 \(A\), \(B\), \(C\):
    \(A\), \(B\), \(C\)~的列~\(k\) 为 \(a_k\) (\(k \neq j\));
    \(A\)~的列~\(j\) 为 \(x\);
    \(B\)~的列~\(j\) 为 \(y\);
    \(C\)~的列~\(j\) 为 \(sx + ty\).
    则
    \begin{align*}
         & \det {(A)}
        = \det
        {[a_1, \dots, a_{j-1}, x, a_{j+1}, \dots, a_m]};
        \\
         & \det {(B)}
        = \det
        {[a_1, \dots, a_{j-1}, y, a_{j+1}, \dots, a_m]};
        \\
         & \det {(C)}
        = \det
        {[a_1, \dots, a_{j-1}, sx + ty, a_{j+1}, \dots, a_m]}.
    \end{align*}
    不难发现, 若 \(k \neq j\), 则
    \(
    [A]_{i,k} = [B]_{i,k} = [C]_{i,k},
    \)
    故
    \(
    A(i|j) = B(i|j) = C(i|j).
    \)

    设 \(j = 1\).
    那么
    \begin{align*}
             & \det {(C)}
        \\
        = {} &
        \sum_{i = 1}^{m} {
                (-1)^{i+j} [C]_{i,j} \det {(C(i|j))}
            }
        \\
        = {} &
        \sum_{i = 1}^{m} {
                (-1)^{i+j} (s[A]_{i,j} + t[B]_{i,j}) \det {(C(i|j))}
            }
        \\
        = {} &
        s\sum_{i = 1}^{m} {
                (-1)^{i+j} [A]_{i,j} \det {(C(i|j))}
            }
        +
        t\sum_{i = 1}^{m} {
                (-1)^{i+j} [B]_{i,j} \det {(C(i|j))}
            }
        \\
        = {} &
        s\sum_{i = 1}^{m} {
                (-1)^{i+j} [A]_{i,j} \det {(A(i|j))}
            }
        +
        t\sum_{i = 1}^{m} {
                (-1)^{i+j} [B]_{i,j} \det {(B(i|j))}
            }
        \\
        = {} &
        s \det{(A)} + t \det{(B)}.
    \end{align*}

    设 \(j > 1\).
    设 \(A(i|1)\), \(B(i|1)\), \(C(i|1)\)
    的列~\(j-1\) 分别是 \(p\), \(q\), \(r\).
    则 \(r = sp + tq\).
    由假定,
    \(\det {(C(i|1))} = s\det {(A(i|1))} + t\det {(B(i|1))}\).
    从而
    \begin{align*}
             & \det {(C)}
        \\
        = {} &
        \sum_{i = 1}^{m}
            {(-1)^{i+1} [C]_{i,1} \det {(C(i|1))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{i = 1}^{m}
            {(-1)^{i+1} [C]_{i,1}
                (s\det {(A(i|1))} + t\det {(B(i|1))})}
        \\
        = {} &
        s \sum_{i = 1}^{m}
            {(-1)^{i+1} [C]_{i,1} \det {(A(i|1))}}
        +
        t \sum_{i = 1}^{m}
            {(-1)^{i+1} [C]_{i,1} \det {(B(i|1))}}
        \\
        = {} &
        s \sum_{i = 1}^{m}
            {(-1)^{i+1} [A]_{i,1} \det {(A(i|1))}}
        +
        t \sum_{i = 1}^{m}
            {(-1)^{i+1} [B]_{i,1} \det {(B(i|1))}}
        \\
        = {} &
        s \det {(A)} + t \det {(B)}.
    \end{align*}
    所以, \(P(m)\) 是对的.
    由数学归纳法, 待证命题成立.
\end{proof}

\begin{proof}
    (用按行~\(1\) 展开)
    不难验证 \(P(1)\) 是对的.

    现在, 我们假定 \(P(m-1)\) 是对的.
    我们要证 \(P(m)\) 也是对的.

    任取不超过 \(m\) 的正整数 \(j\).
    任取 \(m-1\)~个 \(m \times 1\)~阵
    \(a_1\), \(\dots\), \(a_{j-1}\),
    \(a_{j+1}\), \(\dots\), \(a_m\).
    任取二个 \(m \times 1\)~阵 \(x\), \(y\).
    任取二个数 \(s\), \(t\).
    作三个 \(m\)~级阵 \(A\), \(B\), \(C\):
    \(A\), \(B\), \(C\)~的列~\(k\) 为 \(a_k\) (\(k \neq j\));
    \(A\)~的列~\(j\) 为 \(x\);
    \(B\)~的列~\(j\) 为 \(y\);
    \(C\)~的列~\(j\) 为 \(sx + ty\).
    则
    \begin{align*}
         & \det {(A)}
        = \det
        {[a_1, \dots, a_{j-1}, x, a_{j+1}, \dots, a_m]};
        \\
         & \det {(B)}
        = \det
        {[a_1, \dots, a_{j-1}, y, a_{j+1}, \dots, a_m]};
        \\
         & \det {(C)}
        = \det
        {[a_1, \dots, a_{j-1}, sx + ty, a_{j+1}, \dots, a_m]}.
    \end{align*}

    一方面, 若 \(k = j\), 则
    \([C]_{1,k} = s[A]_{1,k} + t[B]_{1,k}\),
    且
    \(A(1|k) = B(1|k) = C(1|k)\).
    另一方面, 若 \(k \neq j\),
    则
    \([A]_{i,k} = [B]_{i,k} = [C]_{i,k}\).
    设 \(A(1|k)\), \(B(1|k)\), \(C(1|k)\)
    的列~\(j - \rho(j, k)\)
    分别是
    \(p\), \(q\), \(r\).
    则
    \(r = sp + tq\).
    由假定,
    \(\det {(C(1|k))} = s \det {(A(1|k))} + t \det {(B(1|k))}\).
    从而
    \begin{align*}
             & \det {(C)}
        \\
        = {} &
        \sum_{k = 1}^{m}
            {(-1)^{1 + k} [C]_{1,k} \det {(C(1|k))}}
        \\
        = {} &
        (-1)^{1 + j} [C]_{1,j} \det {(C(1|j))}
        +
        \sum_{\substack{1 \leq k \leq m     \\k \neq j}}
        {(-1)^{1 + k} [C]_{1,k} \det {(C(1|k))}}
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        (-1)^{1 + j} (s[A]_{1,j} + t[B]_{1,j}) \det {(C(1|j))}
        \\
             &
        +
        \sum_{\substack{1 \leq k \leq m     \\k \neq j}}
        {(-1)^{1 + k} [C]_{1,k}
            (s \det {(A(1|k))} + t \det {(B(1|k))})}
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        s (-1)^{1 + j} [A]_{1,j} \det {(C(1|j))}
        + t (-1)^{1 + j} [B]_{1,j} \det {(C(1|j))}
        \\
             &
        + s \sum_{\substack{1 \leq k \leq m \\k \neq j}}
        {(-1)^{1 + k} [C]_{1,k} \det {(A(1|k))}}
        \\
             &
        + t \sum_{\substack{1 \leq k \leq m \\k \neq j}}
        {(-1)^{1 + k} [C]_{1,k} \det {(B(1|k))}}
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        s (-1)^{1 + j} [A]_{1,j} \det {(A(1|j))}
        + t (-1)^{1 + j} [B]_{1,j} \det {(B(1|j))}
        \\
             &
        + s \sum_{\substack{1 \leq k \leq m \\k \neq j}}
        {(-1)^{1 + k} [A]_{1,k} \det {(A(1|k))}}
        \\
             &
        + t \sum_{\substack{1 \leq k \leq m \\k \neq j}}
        {(-1)^{1 + k} [B]_{1,k} \det {(B(1|k))}}
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        s (-1)^{1 + j} [A]_{1,j} \det {(A(1|j))}
        + s \sum_{\substack{1 \leq k \leq m \\k \neq j}}
        {(-1)^{1 + k} [A]_{1,k} \det {(A(1|k))}}
        \\
             &
        + t (-1)^{1 + j} [B]_{1,j} \det {(B(1|j))}
        + t \sum_{\substack{1 \leq k \leq m \\k \neq j}}
        {(-1)^{1 + k} [B]_{1,k} \det {(B(1|k))}}
        \\
        = {} &
        s \sum_{k = 1}^{m}
            {(-1)^{1 + k} [A]_{1,k} \det {(A(1|k))}}
        + t \sum_{k = 1}^{m}
            {(-1)^{1 + k} [B]_{1,k} \det {(B(1|k))}}
        \\
        = {} & s \det {(A)} + t \det {(B)}.
    \end{align*}
    所以, \(P(m)\) 是对的.
    由数学归纳法, 待证命题成立.
\end{proof}

\section{按前二列展开行列式}

本节, 我想证明一个公式.
它在交错性的一个证明%
与反称性的一个证明里有用.

\begin{theorem}
    设 \(A\) 是 \(n\)~级阵 (\(n \geq 2\)).
    则
    \begin{align*}
        \det {(A)}
        = \sum_{1 \leq i < k \leq n}
        {\det {
                \begin{bmatrix}
                    [A]_{i,1} & [A]_{i,2} \\
                    [A]_{k,1} & [A]_{k,2} \\
                \end{bmatrix}
            }
            (-1)^{i+k+1+2}
            \det {(A(i,k|1,2))}}.
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    注意, 当 \(d_2 \neq d_1\) 时,
    \([A]_{d_2,2}\) 是
    \(A(d_1|1)\) 的
    \((d_2 - \rho(d_2, d_1), 1)\)-元.
    从而
    \begin{align*}
             & \det {(A)}
        \\
        = {} &
        \sum_{d_1 = 1}^{n} {(-1)^{d_1+1} [A]_{d_1,1}
                \det {(A(d_1|1))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{d_1 = 1}^{n} {(-1)^{d_1+1} [A]_{d_1,1}
        \sum_{\substack{1 \leq d_2 \leq n     \\d_2 \neq d_1}}
                {(-1)^{d_2 - \rho(d_2,d_1) + 1} [A]_{d_2,2}
                    \det {(A(d_1,d_2|1,2))}}}
        \\
        = {} &
        \sum_{d_1 = 1}^{n}
        {\sum_{\substack{1 \leq d_2 \leq n    \\d_2 \neq d_1}}
                {(-1)^{d_1+1} [A]_{d_1,1}
                    (-1)^{d_2 - \rho(d_2,d_1) + 1} [A]_{d_2,2}
                    \det {(A(d_1,d_2|1,2))}}}
        \\
        = {} &
        \sum_{\substack{1 \leq d_1,d_2 \leq n \\d_1 \neq d_2}}
        {(-1)^{d_1+1} [A]_{d_1,1}
            (-1)^{d_2 - \rho(d_2,d_1) + 1} [A]_{d_2,2}
            \det {(A(d_1,d_2|1,2))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{\substack{1 \leq d_1,d_2 \leq n \\d_1 \neq d_2}}
        {(-1)^{\rho(d_1,d_2)}
                [A]_{d_1,1} [A]_{d_2,2}
            (-1)^{d_1+d_2+1+2}
            \det {(A(d_1,d_2|1,2))}}
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        \sum_{\substack{1 \leq d_1,d_2 \leq n \\d_1 < d_2}}
        {(-1)^{\rho(d_1,d_2)}
                [A]_{d_1,1} [A]_{d_2,2}
            (-1)^{d_1+d_2+1+2}
            \det {(A(d_1,d_2|1,2))}}
        \\
             &
        +
        \sum_{\substack{1 \leq d_1,d_2 \leq n \\d_1 > d_2}}
        {(-1)^{\rho(d_1,d_2)}
                [A]_{d_1,1} [A]_{d_2,2}
            (-1)^{d_1+d_2+1+2}
            \det {(A(d_1,d_2|1,2))}}
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        \sum_{\substack{1 \leq i,k \leq n     \\i < k}}
        {(-1)^{\rho(i,k)}
                [A]_{i,1} [A]_{k,2}
            (-1)^{i+k+1+2}
            \det {(A(i,k|1,2))}}
        \\
             &
        +
        \sum_{\substack{1 \leq k,i \leq n     \\k > i}}
        {(-1)^{\rho(k,i)}
                [A]_{k,1} [A]_{i,2}
            (-1)^{k+i+1+2}
            \det {(A(k,i|1,2))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{1 \leq i < k \leq n}
        {([A]_{i,1} [A]_{k,2} - [A]_{k,1} [A]_{i,2})\,
        (-1)^{i+k+1+2}
        \det {(A(i,k|1,2))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{1 \leq i < k \leq n}
        {\det {
                \begin{bmatrix}
                    [A]_{i,1} & [A]_{i,2} \\
                    [A]_{k,1} & [A]_{k,2} \\
                \end{bmatrix}
            }
            (-1)^{i+k+1+2}
            \det {(A(i,k|1,2))}}.
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

\section{(关于列的) 交错性}

本节, 我想证明 (关于列的) 交错性.

其实, 在第~1~章, 节~\sekcio{13},
我已用按一列展开行列式的公式证明了它.
不过, 我想, 知道别的证明是好的.

以下, 设 \(P(n)\) 为命题
\begin{quotation}
    对每个有相同的二列的 \(n\)~级阵 \(A\),
    它的行列式必为 \(0\).
\end{quotation}
则, 我们的目标是,
对任何正整数 \(n\), \(P(n)\) 是对的.

\begin{proof}
    (用按一列展开)
    见第~1~章, 节~\sekcio{13}.
\end{proof}

在介绍别的证明前, 我要介绍二个有用的事实.

\begin{theorem}
    设命题~I:
    若一个方阵的相邻的二列相同, 则它的行列式为 \(0\).
    设命题~II:
    若交换方阵 \(A\) 的相邻的二列, 得方阵 \(B\),
    则 \(\det {(B)} = -\det {(A)}\).
    则, 用行列式的 (关于列的) 多线性,
    我们可由 I 推出 II.
\end{theorem}

\begin{proof}
    设 \(A\) 是一个 \(n\)~级阵 (\(n \geq 2\)).
    设 \(A\) 的列~\(1\), \(2\), \(\dots\), \(n\)
    为 \(a_1\), \(a_2\), \(\dots\), \(a_n\).
    设 \(1 \leq j < n\).
    交换 \(A\) 的列~\(j\), \(j+1\), 得 \(B\).
    记
    \begin{align*}
        f_j (x, y)
        = \det {[\dots, a_{j-1}, x, y, a_{j+2}, \dots]}.
    \end{align*}
    那么,
    \(f_j (a_j, a_{j+1}) = \det {(A)}\),
    \(f_j (a_{j+1}, a_j) = \det {(B)}\).
    则
    \begin{align*}
        0
        = {} & f_j (a_j + a_{j+1}, a_j + a_{j+1})    \\
        = {} & f_j (a_j, a_j + a_{j+1})
        + f_j (a_{j+1}, a_j + a_{j+1})               \\
        = {} & (f_j (a_j, a_j) + f_j (a_j, a_{j+1}))
        + (f_j (a_{j+1}, a_j)
        + f_j (a_{j+1}, a_{j+1}))                    \\
        = {} & f_j (a_j, a_{j+1})
        + f_j (a_{j+1}, a_j)                         \\
        = {} & \det {(A)} + \det {(B)}.
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

\begin{theorem}
    设命题~II:
    若交换方阵 \(A\) 的相邻的二列, 得方阵 \(B\),
    则 \(\det {(B)} = -\det {(A)}\).
    设命题~III:
    若交换方阵 \(A\) 的二列, 得方阵 \(B\),
    则 \(\det {(B)} = -\det {(A)}\).
    则, 我们可由 II 推出 III.
\end{theorem}

\begin{proof}
    设 \(A\) 是 \(n\)~级阵.
    设交换 \(A\)~的列~\(p\), \(q\) 后得到的阵为 \(B\)
    (\(p < q\)).
    我们证明,
    \(\det {(B)} = -\det {(A)}\).

    交换 \(A\)~的列~\(p\), \(p+1\), 得阵~\(B_1\).
    则 \(\det {(B_1)} = -\det {(A)}
    = (-1)^{1} \det {(A)}\).
    交换 \(B_1\)~的列~\(p+1\), \(p+2\), 得阵~\(B_2\).
    则 \(\det {(B_2)} = -\det {(B_1)}
    = (-1)^{2} \det {(A)}\).
    ……
    交换 \(B_{q-p-1}\)~的列~\(q-1\), \(q\), 得阵~\(B_{q-p}\).
    则 \(\det {(B_{q-p})} = -\det {(B_{q-p-1})}
    = (-1)^{q-p} \det {(A)}\).

    记 \(C_0 = B_{q-p}\).
    则 \(\det {(C_0)} = (-1)^{q-p} \det {(A)}\).
    交换 \(C_0\)~的列~\(q-2\), \(q-1\), 得阵~\(C_1\).
    则 \(\det {(C_1)} = -\det {(C_0)}
    = (-1)^{q-p+1} \det {(A)}\).
    交换 \(C_1\)~的列~\(q-3\), \(q-2\), 得阵~\(C_2\).
    则 \(\det {(C_2)} = -\det {(C_1)}
    = (-1)^{q-p+2} \det {(A)}\).
    ……
    交换 \(C_{q-p-2}\)~的列~\(p\), \(p+1\),
    得阵~\(C_{q-p-1}\).
    则 \(\det {(C_{q-p-1})} = -\det {(C_{q-p-2})}
    = (-1)^{q-p+(q-p-1)} \det {(A)}\).
    不难看出, \(B = C_{q-p-1}\).
    所以,
    \(\det {(B)}
    = (-1)^{2(q-p)-1} \det {(A)}
    = -\det {(A)}\).
    % a manual line break

\end{proof}

好的.
现在, 我介绍交错性的别的证明.

\begin{proof}
    (同时用按列~\(1\) 展开与按前二列展开)
    \(P(1)\) 不证自明.

    不难验证 \(P(2)\) 是对的.

    现在, 我们假定 \(P(m-1)\) 是对的 (\(m \geq 3\)).
    我们要证 \(P(m)\) 也是对的.

    任取一个 \(m\)~级阵 \(A\).

    设 \(A\) 的列~\(1\), \(2\) 相同.
    则
    \begin{align*}
        \det {(A)}
        = {} &
        \sum_{1 \leq i < k \leq m}
        {\det {
                \begin{bmatrix}
                    [A]_{i,1} & [A]_{i,2} \\
                    [A]_{k,1} & [A]_{k,2} \\
                \end{bmatrix}
            }
            (-1)^{i+k+1+2}
            \det {(A(i,k|1,2))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{1 \leq i < k \leq m}
        {\det {
                \begin{bmatrix}
                    [A]_{i,1} & [A]_{i,1} \\
                    [A]_{k,1} & [A]_{k,1} \\
                \end{bmatrix}
            }
            (-1)^{i+k+1+2}
            \det {(A(i,k|1,2))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{1 \leq i < k \leq m}
        {0\, (-1)^{i+k+1+2} \det {(A(i,k|1,2))}}
        \\
        = {} & 0.
    \end{align*}

    设 \(A\) 的列~\(j\), \(j+1\) 相同 (\(1 < j < m\)).
    则
    \begin{align*}
        \det {(A)}
        = \sum_{i = 1}^{m} {(-1)^{i + 1} [A]_{i,1}
                \det {(A(i|1))}}.
    \end{align*}
    注意, \(A(i|1)\) 的列~\(j-1\), \(j\) 相同.
    由假定, \(\det {(A(i|1))} = 0\).
    故 \(\det {(A)} = 0\).

    综上,
    若 \(A\) 的相邻的二列相同,
    则它的行列式为 \(0\).

    现假定 \(A\) 的列~\(p\), \(q\) 相同
    (\(1 \leq p < q \leq m\)).
    若 \(q - p = 1\), 则这是相邻的二列,
    故 \(\det {(A)} = 0\).
    若 \(q - p > 1\), 则交换列~\(p\), \(q-1\),
    得阵~\(B\).
    \(B\) 的相邻的二列相同, 故 \(\det {(B)} = 0\).
    从而, 由有用的事实,
    \(\det {(A)} = -\det {(B)} = 0\).

    所以, \(P(m)\) 是对的.
    由数学归纳法, 待证命题成立.
\end{proof}

注意, 因为在按列~\(1\) 展开行列式的公式里,
列~\(1\) 与别的列的地位不一样,
用它证明一个关于二列的性质%
对列~\(1\) 与别的列成立是难的.
不过, 若我们用按行~\(1\) 展开行列式的公式,
则这是简单的.

\begin{proof}
    (用按行~\(1\) 展开)
    \(P(1)\) 不证自明.

    不难验证 \(P(2)\) 是对的.

    现在, 我们假定 \(P(m-1)\) 是对的 (\(m \geq 3\)).
    我们要证 \(P(m)\) 也是对的.

    设 \(A\) 的列~\(j\), \(j+1\) 相同 (\(1 \leq j < m\)).

    注意, \([A]_{1,j} = [A]_{1,j+1}\),
    且 \(A(1|j) = A(1|j+1)\).
    再注意, 若 \(k \neq j\), \(j+1\),
    则 \(A(1|k)\) 有 (相邻的) 二列相同.
    由假定, \(\det {(A(1|k))} = 0\).
    从而
    \begin{align*}
             & \det {(A)}
        \\
        = {} &
        \sum_{k = 1}^{m}
            {(-1)^{1 + k} [A]_{1,k} \det {(A(1|k))}}
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        (-1)^{1 + j} [A]_{1,j} \det {(A(1|j))}
        + (-1)^{1 + j+1} [A]_{1,j+1} \det {(A(1|j+1))}
        \\
             & +
        \sum_{\substack{1 \leq k \leq m \\k \neq j, j+1}}
        {(-1)^{1 + k} [A]_{1,k} \det {(A(1|k))}}
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        (-1)^{1 + j} [A]_{1,j} \det {(A(1|j))}
        + (-1)^{1 + j+1} [A]_{1,j} \det {(A(1|j))}
        \\
             & +
        \sum_{\substack{1 \leq k \leq m \\k \neq j, j+1}}
        {(-1)^{1 + k} [A]_{1,k}\,0 }
        \\
        = {} &
        (-1)^{1 + j} [A]_{1,j} \det {(A(1|j))}
        - (-1)^{1 + j} [A]_{1,j} \det {(A(1|j))}
        \\
        = {} & 0.
    \end{align*}

    综上,
    若 \(A\) 的相邻的二列相同,
    则它的行列式为 \(0\).

    现假定 \(A\) 的列~\(p\), \(q\) 相同
    (\(1 \leq p < q \leq m\)).
    若 \(q - p = 1\), 则这是相邻的二列,
    故 \(\det {(A)} = 0\).
    若 \(q - p > 1\), 则交换列~\(p\), \(q-1\),
    得阵~\(B\).
    \(B\) 的相邻的二列相同, 故 \(\det {(B)} = 0\).
    从而, 由有用的事实,
    \(\det {(A)} = -\det {(B)} = 0\).

    所以, \(P(m)\) 是对的.
    由数学归纳法, 待证命题成立.
\end{proof}

\section{(关于列的) 反称性}

本节, 我想证明 (关于列的) 反称性.

其实, 在第~1~章, 节~\sekcio{13},
我已用多线性与交错性证明了它.
不过, 我想, 知道别的证明是好的.

以下, 设 \(P(n)\) 为命题
\begin{quotation}
    对任何 \(n\)~级阵 \(A\),
    对任何不超过 \(n\) 且高于 \(1\) 的整数 \(q\),
    对任何低于 \(q\) 的正整数 \(p\),
    必 \(\det {(B)} = -\det {(A)}\),
    其中, \(B\) 是交换 \(A\)~的%
    列~\(p\), \(q\) 后得到的阵.
\end{quotation}
则, 我们的目标是,
对任何正整数 \(n\), \(P(n)\) 是对的.

\begin{proof}
    (用按一列展开)
    \(P(1)\) 不证自明.

    不难验证 \(P(2)\) 是对的.

    现在, 我们假定 \(P(m-1)\) 是对的 (\(m \geq 3\)).
    我们要证 \(P(m)\) 也是对的.

    任取一个 \(m\)~级阵 \(A\).
    任取一个不超过 \(m\) 且高于 \(1\) 的整数 \(q\).
    任取一个低于 \(q\) 的正整数 \(p\).
    交换 \(A\)~的列~\(p\), \(q\), 得 \(B\).
    在 \(1\), \(2\), \(\dots\), \(m\) 这 \(m\)~个数里,
    我们必定能找到一个数 \(j\),
    它既不等于 \(p\), 也不等于 \(q\).
    则
    \begin{align*}
        \det {(B)}
        = \sum_{i = 1}^{m}
            {(-1)^{i + j} [B]_{i,j} \det {(B(i|j))}}.
    \end{align*}
    注意, \([B]_{i,j} = [A]_{i,j}\),
    且 \(B(i|j)\) 可被认为是%
    交换 \(A(i|j)\) 的二列得到的 \(m-1\)~级阵.
    由假定, \(\det {(B(i|j))} = -\det {(A(i|j))}\).
    从而
    \begin{align*}
        \det {(B)}
        = {} &
        \sum_{i = 1}^{m}
            {(-1)^{i + j} [A]_{i,j} (-\det {(A(i|j))})}
        \\
        = {} &
        {-} \sum_{i = 1}^{m}
            {(-1)^{i + j} [A]_{i,j} \det {(A(i|j))}}
        \\
        = {} &
        {-} \det {(A)}.
    \end{align*}

    所以, \(P(m)\) 是对的.
    由数学归纳法, 待证命题成立.
\end{proof}

好的.
现在, 我介绍反称性的别的证明.

\begin{proof}
    (同时用按列~\(1\) 展开与按前二列展开)
    \(P(1)\) 不证自明.

    不难验证 \(P(2)\) 是对的.

    现在, 我们假定 \(P(m-1)\) 是对的 (\(m \geq 3\)).
    我们要证 \(P(m)\) 也是对的.

    任取一个 \(m\)~级阵 \(A\).
    任取一个不高于 \(m\), 且高于 \(1\) 的正整数 \(q\).
    任取一个低于 \(q\) 的正整数 \(p\).
    交换 \(A\) 的列~\(p\), \(q\), 得 \(B\).

    设 \(p = 1 < 2 = q\).
    注意, \(i \neq k\) 时,
    \(B(i,k|1,2) = A(i,k|1,2)\).
    则
    \begin{align*}
        \det {(B)}
        = {} &
        \sum_{1 \leq i < k \leq m}
        {\det {
                \begin{bmatrix}
                    [B]_{i,1} & [B]_{i,2} \\
                    [B]_{k,1} & [B]_{k,2} \\
                \end{bmatrix}
            }
            (-1)^{i+k+1+2}
            \det {(B(i,k|1,2))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{1 \leq i < k \leq m}
        {\det {
                \begin{bmatrix}
                    [A]_{i,2} & [A]_{i,1} \\
                    [A]_{k,2} & [A]_{k,1} \\
                \end{bmatrix}
            }
            (-1)^{i+k+1+2}
            \det {(A(i,k|1,2))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{1 \leq i < k \leq m}
        {\left(-\det {
                \begin{bmatrix}
                    [A]_{i,1} & [A]_{i,2} \\
                    [A]_{k,1} & [A]_{k,2} \\
                \end{bmatrix}
            }\right)
            (-1)^{i+k+1+2}
            \det {(A(i,k|1,2))}}
        \\
        = {} &
        {-} \det {(A)}.
    \end{align*}

    设 \(1 < p < q\).
    则
    \begin{align*}
        \det {(B)}
        = \sum_{i = 1}^{m}
            {(-1)^{i + 1} [B]_{i,1} \det {(B(i|1))}}.
    \end{align*}
    注意, \([B]_{i,1} = [A]_{i,1}\),
    且 \(B(i|1)\) 可被认为是%
    交换 \(A(i|1)\) 的二列得到的 \(m-1\)~级阵.
    由假定, \(\det {(B(i|1))} = -\det {(A(i|1))}\).
    从而
    \begin{align*}
        \det {(B)}
        = {} &
        \sum_{i = 1}^{m}
            {(-1)^{i + 1} [A]_{i,1} (-\det {(A(i|1))})}
        \\
        = {} &
        {-} \sum_{i = 1}^{m}
            {(-1)^{i + 1} [A]_{i,1} \det {(A(i|1))}}
        \\
        = {} &
        {-} \det {(A)}.
    \end{align*}

    最后, 设 \(p = 1 < 2 < q\).
    交换 \(A\) 的列~\(2\), \(q\),
    得阵 \(C_1\).
    则 \(\det {(C_1)} = -\det {(A)}\).
    交换 \(C_1\) 的列~\(1\), \(2\),
    得阵 \(C_2\).
    则 \(\det {(C_2)} = -\det {(C_1)} = \det {(A)}\).
    交换 \(C_2\) 的列~\(2\), \(q\),
    得阵 \(C_3\).
    则 \(\det {(C_3)} = -\det {(C_2)} = -\det {(A)}\).
    不难看出, \(C_3 = B\),
    故 \(\det {(B)} = -\det {(A)}\).

    所以, \(P(m)\) 是对的.
    由数学归纳法, 待证命题成立.
\end{proof}

注意, 因为在按列~\(1\) 展开行列式的公式里,
列~\(1\) 与别的列的地位不一样,
用它证明一个关于二列的性质%
对列~\(1\) 与别的列成立是难的.
不过, 若我们用按行~\(1\) 展开行列式的公式,
则这是简单的.

\begin{proof}
    (用按行~\(1\) 展开)
    \(P(1)\) 不证自明.

    不难验证 \(P(2)\) 是对的.

    现在, 我们假定 \(P(m-1)\) 是对的 (\(m \geq 3\)).
    我们要证 \(P(m)\) 也是对的.

    任取一个 \(m\)~级阵 \(A\).
    任取一个不高于 \(m\), 且高于 \(1\) 的正整数 \(q\).
    任取一个低于 \(q\) 的正整数 \(p\).
    交换 \(A\) 的列~\(p\), \(q\), 得 \(B\).

    注意, \([B]_{1,p} = [A]_{1,q}\),
    且 \([B]_{1,q} = [A]_{1,p}\).
    再注意, \(j \neq p\), \(q\) 时,
    \([B]_{1,j} = [A]_{1,j}\),
    且 \(B(1|j)\) 可被认为是%
    交换 \(A(1|j)\) 的二列%
    得到的 \(m-1\)~级阵.
    由假定,
    \(\det {(B(1|j))} = -\det {(A(1|j))}\).

    注意, \(1 \leq k < p\) 时,
    \(B(1|p)\) 的列~\(k\) 对应 \(B\) 的列~\(k\),
    即 \(A\) 的列~\(k\);
    \(p \leq k \leq m-1\) 时,
    \(B(1|p)\) 的列~\(k\) 对应 \(B\) 的列~\(k+1\).
    则 \(k \geq p\) 且 \(k \neq q-1\) 时,
    \(B(1|p)\) 的列~\(k\) 对应 \(A\) 的列~\(k+1\);
    \(k = q-1\) 时,
    \(B(1|p)\) 的列~\(k\) 对应 \(A\) 的列~\(p\).
    所以, 不计次序,
    \(B(1|p)\) 与 \(A(1|q)\) 有相同的列:
    \(1 \leq k < p\) 或 \(k > q-1\) 时,
    \(B(1|p)\) 的列~\(k\) 是 \(A(1|q)\) 的列~\(k\);
    \(p \leq k < q-1\) 时,
    \(B(1|p)\) 的列~\(k\) 是 \(A(1|q)\) 的列~\(k+1\);
    \(k = q-1\) 时,
    \(B(1|p)\) 的列~\(k\) 是 \(A(1|q)\) 的列~\(p\).
    交换 \(B(1|p)\) 的列~\(q-2\), \(q-1\), 得阵~\(C_1\).
    由假定, \(\det {(C_1)} = -\det {(B(1|p))}
    = (-1)^{1} \det {(B(1|p))}\).
    交换 \(C_1\) 的列~\(q-3\), \(q-2\), 得阵~\(C_2\).
    由假定, \(\det {(C_2)} = -\det {(C_1)}
    = (-1)^{2} \det {(B(1|p))}\).
    ……
    交换 \(C_{q-p-2}\) 的列~\(p\), \(p+1\), 得阵~\(C_{q-p-1}\).
    由假定, \(\det {(C_{q-p-1})} = -\det {(C_{q-p-2})}
    = (-1)^{q-p-1} \det {(B(1|p))}\).
    不难看出, \(C_{q-p-1} = A(1|q)\),
    故 \(\det {(A(1|q))} = (-1)^{q-p-1} \det {(B(1|p))}\),
    即 \(\det {(B(1|p))} = (-1)^{q-p-1} \det {(A(1|q))}\).
    (注意, 若 \(p = q-1\), 则 \(A(1|q) = B(1|p)\).)

    注意, \(A\) 也可被认为是%
    交换 \(B\) 的列~\(p\), \(q\) 得到的阵.
    所以, 类似地,
    \(\det {(B(1|q))} = (-1)^{q-p-1} \det {(A(1|p))}\).

    综上,
    \begin{align*}
        %  &
        \det {(B)}
        % \\
        = {} &
        \sum_{j = 1}^{m}
            {(-1)^{1 + j} [B]_{1,j} \det {(B(1|j))}}
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        (-1)^{1 + p} [B]_{1,p} \det {(B(1|p))}
        + (-1)^{1 + q} [B]_{1,q} \det {(B(1|q))}
        \\
             & +
        \sum_{\substack{1 \leq j \leq m \\j \neq p, q}}
        {(-1)^{1 + j} [B]_{1,j} \det {(B(1|j))}}
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        (-1)^{1 + p} [A]_{1,q} (-1)^{q-p-1} \det {(A(1|q))}
        \\
             & +
        (-1)^{1 + q} [A]_{1,p} (-1)^{q-p-1} \det {(A(1|p))}
        \\
             & +
        \sum_{\substack{1 \leq j \leq m \\j \neq p, q}}
        {(-1)^{1 + j} [A]_{1,j} (-\det {(A(1|j))})}
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        {-} (-1)^{1 + q} [A]_{1,q} \det {(A(1|q))}
        - (-1)^{1 + p} [A]_{1,p} \det {(A(1|p))}
        \\
             & -
        \sum_{\substack{1 \leq j \leq m \\j \neq p, q}}
        {(-1)^{1 + j} [A]_{1,j} \det {(A(1|j))}}
        \\
        = {} &
        {-} \sum_{j = 1}^{m}
            {(-1)^{1 + j} [A]_{1,j} \det {(A(1|j))}}
        \\
        = {} &
        {-} \det {(A)}.
    \end{align*}

    % The following proof
    % first deals the case
    % in which the two columns are adjacent.

    % 任取一个 \(m\)~级阵 \(A\).
    % 任取一个低于 \(m\) 的正整数 \(j\).
    % 交换 \(A\)~的列~\(j\), \(j+1\), 得 \(B\).

    % 注意,
    % \([A]_{i,j} = [B]_{i,j+1}\),
    % \([A]_{i,j+1} = [B]_{i,j}\).
    % 再注意, \(k \neq j\), \(j+1\) 时,
    % \([A]_{i,k} = [B]_{i,k}\).
    % 则 \(A(i|j) = B(i|j+1)\),
    % \(A(i|j+1) = B(i|j)\).
    % 若 \(k \neq j\), \(j+1\),
    % 则 \(B(i|k)\) 可被认为是%
    % 交换 \(A(i|k)\) 的 (相邻的) 二列%
    % 得到的 \(m-1\)~级阵.
    % 由假定,
    % \(\det {(B(i|k))} = -\det {(A(i|k))}\).
    % 从而
    % \begin{align*}
    %          & \det {(B)}
    %     \\
    %     = {} &
    %     \sum_{k = 1}^{m}
    %     {(-1)^{1 + k} [B]_{1,k} \det {(B(1|k))}}
    %     \\
    %     = {} &
    %     \hphantom{{} + {}}
    %     (-1)^{1 + j} [B]_{1,j} \det {(B(1|j))}
    %     + (-1)^{1 + j+1} [B]_{1,j+1} \det {(B(1|j+1))}
    %     \\
    %          & +
    %     \sum_{\substack{1 \leq k \leq m \\k \neq j, j+1}}
    %     {(-1)^{1 + k} [B]_{1,k} \det {(B(1|k))}}
    %     \\
    %     = {} &
    %     \hphantom{{} + {}}
    %     (-1)^{1 + j} [A]_{1,j+1} \det {(A(1|j+1))}
    %     + (-1)^{1 + j+1} [A]_{1,j} \det {(A(1|j))}
    %     \\
    %          & +
    %     \sum_{\substack{1 \leq k \leq m \\k \neq j, j+1}}
    %     {(-1)^{1 + k} [A]_{1,k} (-\det {(A(1|k))})}
    %     \\
    %     = {} &
    %     \hphantom{{} + {}}
    %     {-} (-1)^{1 + j+1} [A]_{1,j+1} \det {(A(1|j+1))}
    %     - (-1)^{1 + j} [A]_{1,j} \det {(A(1|j))}
    %     \\
    %          & -
    %     \sum_{\substack{1 \leq k \leq m \\k \neq j, j+1}}
    %     {(-1)^{1 + k} [A]_{1,k} \det {(A(1|k))}}
    %     \\
    %     = {} &
    %     {-} \sum_{k = 1}^{m}
    %     {(-1)^{1 + k} [A]_{1,k} \det {(A(1|k))}}
    %     \\
    %     = {} &
    %     {-} \det {(A)}.
    % \end{align*}

    % 综上,
    % 交换方阵的相邻的二列,
    % 则行列式变号.

    % 由有用的事实,
    % 交换方阵的二列,
    % 则行列式变号.

    所以, \(P(m)\) 是对的.
    由数学归纳法, 待证命题成立.
\end{proof}

\section{反称性的应用}

反称性是有用的.

由行列式的定义, 不难证明,
对任何 \(n-1\)~个 \(n \times 1\)~阵
\(b_2\), \(\dots\), \(b_n\),
任何二个 \(n \times 1\)~阵 \(x\), \(y\),
任何二个数 \(s\), \(t\),
有
\begin{align*}
    \det
    {[sx + ty, b_2, \dots, b_n]}
    = s
    \det {[x, b_2, \dots, b_n]}
    +
    t
    \det {[y, b_2, \dots, b_n]}.
\end{align*}
利用反称性, 当 \(j > 1\) 时,
\begin{align*}
         &
    \det
    {[a_1, \dots, a_{j-1}, sx + ty, a_{j+1}, \dots, a_n]}
    \\
    = {} &
    {-}
    \det {[sx + ty, \dots, a_{j-1}, a_1, a_{j+1}, \dots, a_n]}
    \\
    = {} &
    {-}
    (
    s \det {[x, \dots, a_{j-1}, a_1, a_{j+1}, \dots, a_n]}
    +
    t \det {[y, \dots, a_{j-1}, a_1, a_{j+1}, \dots, a_n]}
    )
    \\
    = {} &
    s(-\det {[x, \dots, a_{j-1}, a_1, a_{j+1}, \dots, a_n]})
    + t(-\det {[y, \dots, a_{j-1}, a_1, a_{j+1}, \dots, a_n]})
    \\
    = {} &
    s \det {[a_1, \dots, a_{j-1}, x, a_{j+1}, \dots, a_n]}
    +
    t \det {[a_1, \dots, a_{j-1}, y, a_{j+1}, \dots, a_n]}.
\end{align*}

我们也可由反称性推出交错性.
设方阵 \(A\)~的列~\(p\), \(q\) 是相同的 (\(p < q\)).
交换 \(A\)~的列~\(p\), \(q\), 得阵 \(B\).
根据反称性, \(\det {(B)} = -\det {(A)}\).
不过, 因为 \(A\)~的列~\(p\), \(q\) 是相同的,
故 \(B = A\).
所以, \(\det {(A)} = -\det {(A)}\).
由此可知 \(\det {(A)} = 0\).

我们可由反称性得到%
按 (任何) 一列展开行列式的公式.
设 \(A\) 是一个 \(n\)~级阵 (\(n \geq 2\)).
设 \(j \neq 1\).
交换 \(A\) 的列~\(j-1\), \(j\), 得阵~\(B_1\).
交换 \(B_1\) 的列~\(j-2\), \(j-1\), 得阵~\(B_2\).
……
交换 \(B_{j-2}\) 的列~\(1\), \(2\), 得阵~\(B_{j-1}\).
此时, 可以发现,
\(B_{j-1}\)~的列~\(1\) 即为 \(A\)~的列~\(j\)
(即 \([B_{j-1}]_{i,1} = [A]_{i,j}\)),
且 \(B_{j-1}(i|1) = A(i|j)\).
我们作了 \(j-1\)~次 (相邻的) 列的交换,
故
\begin{align*}
    \det {(A)}
    = {} & (-1)^{j-1} \det {(B_{j-1})}
    \\
    = {} & (-1)^{j-1} \sum_{i = 1}^{n}
        {(-1)^{i+1} [B]_{i,1} \det {(B_{j-1}(i|1))}}
    \\
    = {} & \sum_{i = 1}^{n}
        {(-1)^{j-1} (-1)^{i+1} [A]_{i,1} \det {(A(i|j))}}
    \\
    = {} & \sum_{i = 1}^{n}
        {(-1)^{i+j} [A]_{i,j} \det {(A(i|j))}}.
\end{align*}

\section{用行列式的性质确定行列式}

本节, 我想讨论如何用行列式的性质确定行列式.

我们知道, 多线性与交错性可 ``基本确定'' 行列式:

\begin{theorem}
    设定义在全体 \(n\)~级阵上的函数 \(f\) 适合:

    (1)
    (多线性)
    对任何不超过 \(n\) 的正整数 \(j\),
    任何 \(n-1\)~个 \(n \times 1\)~阵
    \(a_1\), \(\dots\), \(a_{j-1}\),
    \(a_{j+1}\), \(\dots\), \(a_n\),
    任何二个 \(n \times 1\)~阵 \(x\), \(y\),
    任何二个数 \(s\), \(t\),
    有
    \begin{align*}
             & f
            {([a_1, \dots, a_{j-1}, sx + ty,
                        a_{j+1}, \dots, a_n])}
        \\
        = {} &
        s
        f {([a_1, \dots, a_{j-1}, x, a_{j+1}, \dots, a_n])}
        +
        t
        f {([a_1, \dots, a_{j-1}, y, a_{j+1}, \dots, a_n])}.
    \end{align*}

    (2)
    (交错性)
    若 \(n\)~级阵 \(A\) 有二列相同,
    则 \(f(A) = 0\).

    那么, 对任何 \(n\)~级阵 \(A\),
    \(f(A) = f(I) \det {(A)}\).

    特别地, 若 \(f(I) = 1\) (规范性),
    则 \(f\) 就是行列式.
\end{theorem}

现在, 我要展示一些变体.

\begin{theorem}
    设定义在全体 \(n\)~级阵上的函数 \(f\) 适合:

    (1)
    对任何 \(n-1\)~个 \(n \times 1\)~阵
    \(a_2\), \(a_3\), \(\dots\), \(a_n\),
    任何二个 \(n \times 1\)~阵 \(x\), \(y\),
    任何二个数 \(s\), \(t\),
    有
    \begin{align*}
        f {([sx + ty, a_2, \dots, a_n])}
        =
        s
        f {([x, a_2, \dots, a_n])}
        +
        t
        f {([y, a_2, \dots, a_n])}.
    \end{align*}

    (2)
    (反称性)
    设 \(A\) 是 \(n\)~级阵.
    设交换 \(A\)~的列~\(p\) 与列~\(q\) 后得到的阵为 \(B\)
    (\(p < q\)).
    则 \(f(B) = -f(A)\).

    那么, 对任何 \(n\)~级阵 \(A\),
    \(f(A) = f(I) \det {(A)}\).

    特别地, 若 \(f(I) = 1\) (规范性),
    则 \(f\) 就是行列式.
\end{theorem}

\begin{proof}
    见上节的讨论.
    我们可由 (1) 与反称性,
    得到多线性;
    我们可由反称性,
    得到交错性.
\end{proof}

我们可代反称性以相邻反称性:
``设 \(A\) 是 \(n\)~级阵.
设交换 \(A\)~的列~\(p\) 与列~\(p+1\) 后得到的阵为 \(B\)
(\(p < n\)).
则 \(f(B) = -f(A)\).''
注意, 相邻反称性可推出反称性.

在关于多线性与交错性的结论中,
我们可代交错性以相邻交错性:
``若 \(n\)~级阵 \(A\) 的相邻的二列相同,
则 \(f(A) = 0\).''
多线性与相邻交错性可推出相邻反称性,
相邻反称性可推出反称性,
且相邻交错性与反称性可推出交错性
(见 ``(关于列的) 交错性'').

然后, 我要展现一个大不一样的变体.
不过, 我要先定义一个行为:

% restatable that one has manually to repeat
% in at least one other file:
% postrakonto - pfaffoj.tex
\begin{restatable}[倍加]{definition}{DefinitionMultiplyAndAdd}
    设 \(A\) 是一个 \(m \times n\)~阵.
    设 \(p\), \(q\) 是二个不超过 \(n\)~的正整数,
    且 \(p \neq q\).
    设 \(s\) 是一个数.
    作 \(m \times n\)~阵 \(B\), 其中,
    \begin{align*}
        [B]_{i,j}
        = \begin{cases}
              [A]_{i,j},              & j \neq q; \\
              [A]_{i,q} + s[A]_{i,p}, & j = q.
          \end{cases}
    \end{align*}
    (通俗地,
    加 \(A\)~的列~\(p\) 的 \(s\)~倍于列~\(q\),
    且不改变别的列,
    得阵~\(B\).)
    我们说, 变 \(A\) 为 \(B\) 的行为是一次 (列的) \emph{倍加}.
\end{restatable}

注意, \(s\) 可以取 \(0\).
则 \(B = A\).
所以, 特别地, 不变也是一次倍加.

利用多线性与交错性, 我们有

\begin{theorem}
    设定义在全体 \(n\)~级阵上的函数 \(f\)
    适合多线性与交错性.
    则 \(f\) 适合倍加不变性:
    \begin{quotation}
        设 \(A\) 是一个 \(n\)~级阵.
        设 \(p\), \(q\) 是二个不超过 \(n\)~的正整数,
        且 \(p \neq q\).
        设 \(s\) 是一个数.
        作 \(n\)~级阵 \(B\), 其中,
        \begin{align*}
            [B]_{i,j}
            = \begin{cases}
                  [A]_{i,j},              & j \neq q; \\
                  [A]_{i,q} + s[A]_{i,p}, & j = q.
              \end{cases}
        \end{align*}
        则 \(f(B) = f(A)\).
    \end{quotation}
\end{theorem}

\begin{proof}
    作一个 \(n\)~级阵 \(C\),
    使 \(C\) 的列~\(j\) 等于 \(A\) 的列~\(j\)
    (若 \(j \neq q\)),
    且 \(C\) 的列~\(q\) 等于 \(A\) 的列~\(p\).
    则 \(C\) 的列~\(p\) 等于 \(C\) 的列~\(q\),
    且 \(B\) 的列~\(j\), \(A\) 的列~\(j\),
    与 \(C\) 的列~\(j\) 相等
    (若 \(j \neq q\)),
    但 \([B]_{i,q} = 1 [A]_{i,q} + s [C]_{i,q}\).
    由多线性与交错性,
    \begin{equation*}
        f (B)
        % = {} &
        =
        1 f (A) + s f(C)
        % \\
        % = {} &
        =
        f (A) + s\, 0
        % \\
        % = {} &
        =
        f (A).
        \qedhere
    \end{equation*}

    % The old proof that is unnecessarily lengthy.

    % 设 \(A = [a_1, a_2, \dots, a_n]\).

    % 先设 \(p < q\).
    % 为方便, 我们写
    % \begin{align*}
    %     g(u, v)
    %     = f {([a_1, \dots, a_{p-1}, u, a_{p+1}, \dots,
    %                     a_{q-1}, v, a_{q+1}, \dots, a_n])}.
    % \end{align*}
    % 于是, \(g(a_p, a_q)\) 就是 \(f(A)\),
    % 而 \(g(a_p, a_q + sa_p)\) 就是 \(f(B)\).
    % 利用多线性与交错性,
    % \begin{align*}
    %     f(B)
    %     = {} & g(a_p, a_q + sa_p)         \\
    %     = {} & g(a_p, a_q) + sg(a_p, a_p) \\
    %     = {} & g(a_p, a_q) + s0           \\
    %     = {} & g(a_p, a_q)                \\
    %     = {} & f(A).
    % \end{align*}

    % 再设 \(p > q\).
    % 为方便, 我们写
    % \begin{align*}
    %     h(u, v)
    %     = f {([a_1, \dots, a_{q-1}, u, a_{q+1}, \dots,
    %                     a_{p-1}, v, a_{p+1}, \dots, a_n])}.
    % \end{align*}
    % 于是, \(h(a_q, a_p)\) 就是 \(f(A)\),
    % 而 \(h(a_q + sa_p, a_p)\) 就是 \(f(B)\).
    % 利用多线性与交错性,
    % \begin{align*}
    %     f(B)
    %     = {} & h(a_q + sa_p, a_p)         \\
    %     = {} & h(a_q, a_p) + sh(a_p, a_p) \\
    %     = {} & h(a_q, a_p) + s0           \\
    %     = {} & h(a_q, a_p)                \\
    %     = {} & f(A).
    %     \qedhere
    % \end{align*}
\end{proof}

现在, 我要引出本节的主要结论.

\begin{theorem}
    设定义在全体 \(n\)~级阵上的函数 \(f\) 适合:

    (1)
    倍加不变性.

    (2)
    (多齐性)
    对任何不超过 \(n\) 的正整数 \(j\),
    任何 \(n-1\)~个 \(n \times 1\)~阵
    \(a_1\), \(\dots\), \(a_{j-1}\),
    \(a_{j+1}\), \(\dots\), \(a_n\),
    任何 \(n \times 1\)~阵 \(x\),
    任何数 \(s\),
    有
    \begin{align*}
        f {([a_1, \dots, a_{j-1}, sx, a_{j+1}, \dots, a_n])}
        =
        s
        f {([a_1, \dots, a_{j-1}, x, a_{j+1}, \dots, a_n])}.
    \end{align*}

    那么, 对任何 \(n\)~级阵 \(A\),
    \(f(A) = f(I) \det {(A)}\).

    特别地, 若 \(f(I) = 1\) (规范性),
    则 \(f\) 就是行列式.
\end{theorem}

此事是重要的, 故我会给二个证明.

\vspace{2ex}

不难看出, 倍加不变性与多齐性可推出交错性.
具体地, 设 \(A\) 的列~\(p\), \(q\) 相同,
且 \(p \neq q\).
加 \(A\) 的列~\(q\) 的 \(-1\)~倍于列~\(p\),
得阵~\(B\).
那么, \(B\) 的列~\(p\) 的元全为 \(0\).
由多齐性, \(f(B) = 0\).
由倍加不变性, \(f(A) = f(B) = 0\).

倍加不变性与多齐性还可推出反称性.
设 \(p < q\).
记
\begin{align*}
    g(u, v)
    = f {([a_1, \dots, a_{p-1}, u, a_{p+1}, \dots,
                    a_{q-1}, v, a_{q+1}, \dots, a_n])}.
\end{align*}
则
\begin{align*}
    g(a_q, a_p)
    = {} & g(a_q + 1a_p, a_p)                   \\
    = {} & g(a_p + a_q, a_p)                    \\
    = {} & g(a_p + a_q, a_p + (-1) (a_p + a_q)) \\
    = {} & g(a_p + a_q, -a_q)                   \\
    = {} & g(a_p + a_q + 1 (-a_q), -a_q)        \\
    = {} & g(a_p, (-1) a_q)                     \\
    = {} & (-1) g(a_p, a_q)                     \\
    = {} & {-} g(a_p, a_q).
\end{align*}

若我们能推出,
对任何 \(n-1\)~个 \(n \times 1\)~阵
\(a_2\), \(a_3\), \(\dots\), \(a_n\),
任何二个 \(n \times 1\)~阵 \(x\), \(y\),
任何二个数 \(s\), \(t\),
有
\begin{align*}
    f {([sx + ty, a_2, \dots, a_n])}
    =
    s
    f {([x, a_2, \dots, a_n])}
    +
    t
    f {([y, a_2, \dots, a_n])},
\end{align*}
那么, 利用反称性, 我们得多线性.

在第~1~章, 节~\malneprasekcio{27}, 有如下结论:

\begin{theorem}
    设 \(A\) 是 \(m \times n\)~阵,
    且 \(A \neq 0\).
    设 \(A\) 有一个行列式非零的 \(r\)~级子阵
    \begin{align*}
        A_r = A\binom{i_1,\dots,i_r}{j_1,\dots,j_r}
    \end{align*}
    (其中,
    \(1 \leq i_1 < \dots < i_r \leq m\),
    且 \(1 \leq j_1 < \dots < j_r \leq n\)),
    但 \(A\) 没有行列式非零的 \(r+1\)~级子阵.
    设 \(A\)~的%
    行~\(1\), \(2\), \(\dots\), \(m\)
    为 \(a_1\), \(a_2\), \(\dots\), \(a_m\).
    那么, 对任何不超过 \(m\) 的正整数 \(p\),
    存在 \(r\)~个数
    \(d_{p,1}\), \(d_{p,2}\), \(\dots\), \(d_{p,r}\),
    使
    \begin{align*}
        a_p
        % = {} &
        =
        d_{p,1} a_{i_1}
        + d_{p,2} a_{i_2}
        + \dots
        + d_{p,r} a_{i_r}
        % \\
        % = {} &
        =
        \sum_{s = 1}^{r} {d_{p,s} a_{i_s}}.
    \end{align*}
\end{theorem}

利用类似的方法, 或利用转置, 我们可证

\begin{theorem}
    设 \(A\) 是 \(m \times n\)~阵,
    且 \(A \neq 0\).
    设 \(A\) 有一个行列式非零的 \(r\)~级子阵
    \begin{align*}
        A_r = A\binom{i_1,\dots,i_r}{j_1,\dots,j_r}
    \end{align*}
    (其中,
    \(1 \leq i_1 < \dots < i_r \leq m\),
    且 \(1 \leq j_1 < \dots < j_r \leq n\)),
    但 \(A\) 没有行列式非零的 \(r+1\)~级子阵.
    设 \(A\)~的%
    列~\(1\), \(2\), \(\dots\), \(n\)
    为 \(a_1\), \(a_2\), \(\dots\), \(a_n\).
    那么, 对任何不超过 \(n\) 的正整数 \(q\),
    存在 \(r\)~个数
    \(d_{1,q}\), \(d_{2,q}\), \(\dots\), \(d_{r,q}\),
    使
    \begin{align*}
        a_q
        % = {} &
        =
        d_{1,q} a_{j_1}
        + d_{2,q} a_{j_2}
        + \dots
        + d_{r,q} a_{j_r}
        % \\
        % = {} &
        =
        \sum_{s = 1}^{r} {d_{s,q} a_{j_s}}.
    \end{align*}
\end{theorem}

利用此事, 我们即可证明,
对任何 \(n-1\)~个 \(n \times 1\)~阵
\(a_2\), \(a_3\), \(\dots\), \(a_n\),
任何二个 \(n \times 1\)~阵 \(x\), \(y\),
任何二个数 \(s\), \(t\),
有
\begin{align*}
    f {([sx + ty, a_2, \dots, a_n])}
    =
    s
    f {([x, a_2, \dots, a_n])}
    +
    t
    f {([y, a_2, \dots, a_n])}.
\end{align*}
由此, 我们可证多线性.

\begin{proof}
    作 \(n \times (n-1)\)~阵
    \(B = [a_2, a_3, \dots, a_n]\);
    也就是, \(B\) 的列~\(j-1\) 是 \(a_j\).

    若 \(B = 0\),
    由多齐性,
    \begin{align*}
        0 = f {([sx + ty, a_2, \dots, a_n])}
        = f {([x, a_2, \dots, a_n])}
        = f {([y, a_2, \dots, a_n])}.
    \end{align*}

    下设 \(B \neq 0\).
    那么, 存在一个低于 \(n\) 的正整数 \(r\),
    使 \(B\) 有一个行列式非零的 \(r\)~级子阵
    \begin{align*}
        B_r = B\binom{i_1,\dots,i_r}{j_1-1,\dots,j_r-1}
    \end{align*}
    (其中,
    \(1 \leq i_1 < \dots < i_r \leq n\),
    且 \(2 \leq j_1 < \dots < j_r \leq n\)),
    但 \(B\) 没有行列式非零的 \(r+1\)~级子阵.

    若 \(r < n-1\), 那么,
    必存在不等于
    \(j_1\), \(\dots\), \(j_r\) 的正整数 \(q\),
    与 \(r\)~个数
    \(d_{1,q}\), \(d_{2,q}\), \(\dots\), \(d_{r,q}\),
    使
    \begin{align*}
        a_q
        = {} &
        d_{1,q} a_{j_1}
        + d_{2,q} a_{j_2}
        + \dots
        + d_{r,q} a_{j_r}.
    \end{align*}
    任取 \(n \times 1\)~阵 \(z\).
    记
    \begin{align*}
        g(u)
        = f ([z, a_2, \dots, a_{q-1}, u, a_{q+1}, \dots, a_n]).
    \end{align*}
    利用倍加不变性,
    \begin{align*}
        g(a_q)
        = {} & g(a_q + (-d_{1,q})a_{j_1}) \\
        = {} & \dots                      \\
        = {} & g(a_q + (-d_{1,q})a_{j_1}
        + \dots + (-d_{r,q})a_{j_r})      \\
        % = {} & g(a_q - (d_{1,q} a_{j_1}
        % + \dots + d_{r,q} a_{j_r}))       \\
        = {} & g(0).
    \end{align*}
    利用多齐性, \(g(0) = 0\).
    故 \(g(a_q) = 0\).
    所以,
    \begin{align*}
        0 = f {([sx + ty, a_2, \dots, a_n])}
        = f {([x, a_2, \dots, a_n])}
        = f {([y, a_2, \dots, a_n])}.
    \end{align*}

    下设 \(r = n-1\).

    设从 \(1\), \(2\), \(\dots\), \(n\)
    去除 \(i_1\), \(i_2\), \(\dots\), \(i_{n-1}\) 后,
    还剩一个数 \(i_n\).
    设 \(a_1\) 是 \(n\)~级单位阵的列~\(i_n\).
    作 \(n\)~级阵
    \(A = [a_1, a_2, \dots, a_n]\).
    则 \(A(i_n | 1) = B_r\).
    不难算出,
    \(\det {(A)} = (-1)^{i_n + 1} \det {(B_r)} \neq 0\).

    作 \(n \times (n+2)\)~阵
    \(C = [a_1, a_2, \dots, a_n, x, y]\).
    于是, \(C\) 有一个行列式非零的 \(n\)~级子阵 \(A\),
    但 \(C\) 没有行列式非零的 \(n+1\)~级子阵.
    所以,
    存在 \(n\)~个数
    \(d_1\), \(d_2\), \(\dots\), \(d_n\),
    使
    \(x = d_1 a_1 + d_2 a_2 + \dots + d_n a_n\),
    且存在 \(n\)~个数
    \(d'_1\), \(d'_2\), \(\dots\), \(d'_n\),
    使
    \(y = d'_1 a_1 + d'_2 a_2 + \dots + d'_n a_n\).
    所以,
    \(sx + ty
    = (sd_1 + td'_1)a_1
    + (sd_2 + td'_2) a_2
    + \dots
    + (sd_n + td'_n) a_n\).

    记 \(h(z) = f ([z, a_2, \dots, a_n])\).
    则
    \begin{align*}
        f ([x, a_2, \dots, a_n])
        = {} & h(x)
        \\
        = {} & h(x + (-d_2) a_2)
        \\
        = {} & \dots
        \\
        = {} & h(x + (-d_2) a_2 + \dots + (-d_n) a_n)
        \\
        = {} & h(d_1 a_1)
        \\
        = {} & d_1 h(a_1).
    \end{align*}
    同理,
    \begin{align*}
         & f ([y, a_2, \dots, a_n]) = d'_1 h(a_1);
        \\
         & f ([sx + ty, a_2, \dots, a_n]) = (sd_1 + td'_1) h(a_1).
    \end{align*}
    比较, 得
    \begin{align*}
             &
        f {([sx + ty, a_2, \dots, a_n])}
        \\
        = {} &
        s f {([x, a_2, \dots, a_n])}
        +
        t f {([y, a_2, \dots, a_n])}.
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

接下来, 我展现另一个证明.
此证明或许更有意思.

% restatable that one has manually to repeat
% in at least one other file:
% postrakonto - pfaffoj.tex
\begin{restatable}{theorem}{TheoremMultiplyAndAdd}
    设 \(A\) 是一个 \(m \times n\)~阵.
    利用若干次 (列的) 倍加,
    我们可变 \(A\) 为一个 \(m \times n\)~阵 \(B\),
    使当 \(i < j\) 时,
    \([B]_{i,j} = 0\).
\end{restatable}

\begin{proof}
    我们用数学归纳法证明此事.
    具体地, 设 \(P(n)\) 为命题
    \begin{quotation}
        对任何正整数 \(m\),
        对任何 \(m \times n\)~阵 \(A\),
        利用若干次倍加 (指列的倍加, 下同),
        我们可变 \(A\) 为一个 \(m \times n\)~阵 \(B\),
        使当 \(i < j\) 时,
        \([B]_{i,j} = 0\).
    \end{quotation}
    则, 我们的目标是,
    对任何正整数 \(n\), \(P(n)\) 是对的.

    \(P(1)\) 显然是对的.

    假定 \(P(n-1)\) 是对的.
    我们由此证 \(P(n)\) 也是对的.

    任取正整数 \(m\).
    任取一个 \(m \times n\)~阵 \(A\).

    我们先说明, 利用若干次倍加,
    我们可变 \(A\) 为一个 \(m \times n\)~阵 \(C\),
    使当 \(1 < j\) 时, \([C]_{1,j} = 0\).

    若 \(A\) 的行~\(1\) 的元全为 \(0\),
    我们不变, 取 \(C\) 为 \(A\).

    若 \([A]_{1,1} \neq 0\),
    加 \(A\)~的列~\(1\)~的
    \(-[A]_{1,2} / [A]_{1,1}\)~倍于列~\(2\),
    得阵 \(A_2\).
    则 \([A_2]_{1,2} = 0\),
    且 \([A_2]_{1,j} = [A]_{1,j}\)
    (\(j \neq 2\)).
    然后, 加 \(A_2\)~的列~\(1\)~的
    \(-[A_2]_{1,3} / [A_2]_{1,1}\)~倍于列~\(3\),
    得阵 \(A_3\).
    则 \([A_3]_{1,k} = 0\)
    (\(k = 2\), \(3\)),
    且 \([A_3]_{1,j} = [A_2]_{1,j}\)
    % (\(j \neq 2\), \(3\)).
    (\(j \neq 3\)).
    ……
    然后, 加 \(A_{n-1}\)~的列~\(1\)~的
    \(-[A_{n-1}]_{1,n} / [A_{n-1}]_{1,1}\)~倍于列~\(n\),
    得阵 \(A_n\).
    则 \([A_n]_{1,k} = 0\)
    (\(k = 2\), \(3\), \(\dots\), \(n\)).
    我们取 \(C\) 为 \(A_n\).

    若 \([A]_{1,1} = 0\),
    但有某 \([A]_{1,j} \neq 0\)
    (\(j \neq 1\)),
    加 \(A\)~的列~\(j\)~的 \(1\)~倍于列~\(1\),
    得阵 \(D\).
    则 \([D]_{1,1} \neq 0\).
    问题被变为前面讨论过的情形.

    综上, 作若干次倍加,
    我们可变 \(A\) 为一个 \(m \times n\)~阵 \(C\),
    使当 \(1 < j\) 时, \([C]_{1,j} = 0\).

    考虑 \(C\) 的右下角的 \((m-1) \times (n-1)\)~子阵
    \(C(1|1)\).
    由假定, 作若干次倍加, 我们可变 \(C(1|1)\) 为一个
    \((m-1) \times (n-1)\)~阵 \(G\),
    使当 \(i < j\) 时, \([G]_{i,j} = 0\).

    注意, 既然当 \(1 < j\) 时, \([C]_{1,j} = 0\),
    那么, 无论如何对 \(C\) 的不是列~\(1\) 的列作倍加,
    得到的阵的 \((1, j)\)-元是 \(0\) (\(j \neq 1\)).
    那么, 作若干次倍加后,
    我们可变 \(C\) 为一个 \(m \times n\)~阵 \(B\),
    使当 \(i = 1\) 或 \(j = 1\) 时,
    \([B]_{i,j} = [C]_{i,j}\),
    且当 \(i \neq 1\) 且 \(j \neq 1\) 时,
    \([B]_{i,j} = [G]_{i-1,j-1}\).
    所以, 当 \(i < j\) 时, \([B]_{i,j} = 0\).

    所以, \(P(n)\) 是对的.
    由数学归纳法, 待证命题成立.
\end{proof}

\begin{theorem}
    设定义在全体 \(n\)~级阵上的函数 \(f\)
    适合倍加不变性与多齐性.
    设 \(A\) 是一个 \(n\)~级阵,
    且当 \(i < j\) 时, \([A]_{i,j} = 0\).
    则 \(f(A) = f(I_n) \det {(A)}\).
\end{theorem}

\begin{proof}
    我们用数学归纳法证明此事.
    具体地, 设 \(P(n)\) 为命题
    \begin{quotation}
        设定义在全体 \(n\)~级阵上的函数 \(f\)
        适合倍加不变性与多齐性.
        设 \(A\) 是一个 \(n\)~级阵,
        且当 \(i < j\) 时, \([A]_{i,j} = 0\).
        则 \(f(A) = f(I_n) \det {(A)}\).
    \end{quotation}
    则, 我们的目标是,
    对任何正整数 \(n\), \(P(n)\) 是对的.

    \(P(1)\) 显然是对的.

    假定 \(P(n-1)\) 是对的.
    我们由此证 \(P(n)\) 也是对的.

    任取一个 \(n\)~级阵 \(A\).
    设当 \(i < j\) 时, \([A]_{i,j} = 0\).
    所以, \(A\) 形如
    \begin{align*}
        \begin{bmatrix}
            [A]_{1,1}   & 0           & \cdots & 0             & 0         \\
            [A]_{2,1}   & [A]_{2,2}   & \cdots & 0             & 0         \\
            \vdots      & \vdots      & \ddots & \vdots        & \vdots    \\
            [A]_{n-1,1} & [A]_{n-1,2} & \cdots & [A]_{n-1,n-1} & 0         \\
            [A]_{n,1}   & [A]_{n,2}   & \cdots & [A]_{n,n-1}   & [A]_{n,n} \\
        \end{bmatrix}
    \end{align*}
    那么, 由多齐性,
    \begin{align*}
        f(A) = [A]_{n,n}
        f\left(
        \begin{bmatrix}
                [A]_{1,1}   & 0           & \cdots & 0             & 0      \\
                [A]_{2,1}   & [A]_{2,2}   & \cdots & 0             & 0      \\
                \vdots      & \vdots      & \ddots & \vdots        & \vdots \\
                [A]_{n-1,1} & [A]_{n-1,2} & \cdots & [A]_{n-1,n-1} & 0      \\
                [A]_{n,1}   & [A]_{n,2}   & \cdots & [A]_{n,n-1}   & 1      \\
            \end{bmatrix}
        \right).
    \end{align*}
    利用 \(n-1\)~次倍加不变性,
    \begin{align*}
             &
        f\left(
        \begin{bmatrix}
                [A]_{1,1}   & 0           & \cdots & 0             & 0      \\
                [A]_{2,1}   & [A]_{2,2}   & \cdots & 0             & 0      \\
                \vdots      & \vdots      & \ddots & \vdots        & \vdots \\
                [A]_{n-1,1} & [A]_{n-1,2} & \cdots & [A]_{n-1,n-1} & 0      \\
                [A]_{n,1}   & [A]_{n,2}   & \cdots & [A]_{n,n-1}   & 1      \\
            \end{bmatrix}
        \right)
        \\
        = {} &
        f\left(
        \begin{bmatrix}
                [A]_{1,1}   & 0           & \cdots & 0             & 0      \\
                [A]_{2,1}   & [A]_{2,2}   & \cdots & 0             & 0      \\
                \vdots      & \vdots      & \ddots & \vdots        & \vdots \\
                [A]_{n-1,1} & [A]_{n-1,2} & \cdots & [A]_{n-1,n-1} & 0      \\
                0           & 0           & \cdots & 0             & 1      \\
            \end{bmatrix}
        \right),
    \end{align*}
    故
    \begin{align*}
        f(A) =
        f\left(
        \begin{bmatrix}
            [A]_{1,1}   & 0           & \cdots & 0             & 0      \\
            [A]_{2,1}   & [A]_{2,2}   & \cdots & 0             & 0      \\
            \vdots      & \vdots      & \ddots & \vdots        & \vdots \\
            [A]_{n-1,1} & [A]_{n-1,2} & \cdots & [A]_{n-1,n-1} & 0      \\
            0           & 0           & \cdots & 0             & 1      \\
        \end{bmatrix}
        \right)
        [A]_{n,n}.
    \end{align*}

    考虑定义在全体 \(n-1\)~级阵上的函数
    \begin{align*}
        g(X)
        =
        f\left(
        \begin{bmatrix}
            [X]_{1,1}   & [X]_{1,2}   & \cdots & [X]_{1,n-1}   & 0      \\
            [X]_{2,1}   & [X]_{2,2}   & \cdots & [X]_{2,n-1}   & 0      \\
            \vdots      & \vdots      & {}     & \vdots        & \vdots \\
            [X]_{n-1,1} & [X]_{n-1,2} & \cdots & [X]_{n-1,n-1} & 0      \\
            0           & 0           & \cdots & 0             & 1      \\
        \end{bmatrix}
        \right).
    \end{align*}
    不难验证, \(g\) 适合倍加不变性与多齐性.
    注意, 若 \(i < j\),
    则 \(A(n|n)\) 的 \((i, j)\)-元为 \(0\).
    故, 由假定,
    \begin{align*}
        g(A(n|n)) = g(I_{n-1}) \det {(A(n|n))}
        = f(I_n) \det {(A(n|n))}.
    \end{align*}
    从而
    \begin{align*}
             &
        f\left(
        \begin{bmatrix}
                [A]_{1,1}   & 0           & \cdots & 0             & 0      \\
                [A]_{2,1}   & [A]_{2,2}   & \cdots & 0             & 0      \\
                \vdots      & \vdots      & \ddots & \vdots        & \vdots \\
                [A]_{n-1,1} & [A]_{n-1,2} & \cdots & [A]_{n-1,n-1} & 0      \\
                0           & 0           & \cdots & 0             & 1      \\
            \end{bmatrix}
        \right)
        \\
        = {} &
        g(A(n|n)) = f(I_n) \det {(A(n|n))}.
    \end{align*}
    则
    \begin{align*}
        f(A) = f(I_n) \det {(A(n|n))}\,[A]_{n,n}
        = f(I_n) \det {(A)}.
    \end{align*}

    所以, \(P(n)\) 是对的.
    由数学归纳法, 待证命题成立.
\end{proof}

有了这些准备, 我们即可证明本节的主要结论.

\begin{proof}
    设定义在全体 \(n\)~级阵上的函数 \(f\)
    适合倍加不变性与多齐性.

    任取一个 \(n\)~级阵 \(A\).
    利用若干次倍加,
    我们可变 \(A\) 为一个 \(n\)~级阵 \(B\),
    使当 \(i < j\) 时, \([B]_{i,j} = 0\).
    因为倍加不变性, \(f(B) = f(A)\).
    由上个定理, \(f(B) = f(I) \det {(B)}\).
    故 \(f(A) = f(I) \det {(B)} = f(I) \det {(A)}\).
    (反过来, 不难验证, 若我们定义
    \(f(A) = f(I) \det {(A)}\),
    则 \(f\) 适合倍加不变性与多齐性.)
\end{proof}

\section{类行列式}

前面, 我们知道, 若定义在全体 \(n\)~级阵上的函数 \(f\)
适合倍加不变性与多齐性,
则 \(f(A) = f(I) \det {(A)}\).
我们用了二个方法证明此事:
一个方法证明 \(f\) 适合多线性, 并使用已知的确定行列式的定理;
另一个方法不使用多线性, 且不使用已知的确定行列式的定理.
后一个方法可被推广, 得到确定 ``类行列式'' 的定理.
不过, 我们先定义一类函数.

\begin{definition}
    设 \(m\) 是定义在数上的函数.
    若 \(m(1) = 1\),
    且对任何数 \(s\), \(t\), 有 \(m(st) = m(s)\, m(t)\),
    则 \(m\) 是\emph{保乘的}.
\end{definition}

显然, 恒等函数 \(m(t) = t\) 是保乘的.
若 \(k\) 是正整数,
由次方的性质, 可以验证,
\(m(t) = t^k\) 也是保乘的.
此外, 绝对值函数 \(m(t) = |t|\) 也是保乘的
(因为 \(|1| = 1\),
且对任何数 \(a\), \(b\), 有 \(|ab| = |a|\,|b|\)).

\begin{theorem}
    设定义在全体 \(n\)~级阵上的函数 \(f\) 适合:

    (1)
    倍加不变性.

    (2)
    (多齐性的变体)
    对任何不超过 \(n\) 的正整数 \(j\),
    任何 \(n-1\)~个 \(n \times 1\)~阵
    \(a_1\), \(\dots\), \(a_{j-1}\),
    \(a_{j+1}\), \(\dots\), \(a_n\),
    任何 \(n \times 1\)~阵 \(x\),
    任何数 \(s\),
    有
    \begin{align*}
        f {([a_1, \dots, a_{j-1}, sx, a_{j+1}, \dots, a_n])}
        =
        m(s)
        f {([a_1, \dots, a_{j-1}, x, a_{j+1}, \dots, a_n])},
    \end{align*}
    其中, 定义在数上的函数 \(m\) 是保乘的:
    \(m(1) = 1\),
    且对任何数 \(s\), \(t\), 有 \(m(st) = m(s)\, m(t)\).

    那么, 对任何 \(n\)~级阵 \(A\),
    \(f(A) = f(I)\, m(\det {(A)})\).
\end{theorem}

为证明此事, 我们先证如下命题.

\begin{theorem}
    设定义在全体 \(n\)~级阵上的函数 \(f\)
    适合倍加不变性, 与多齐性的变体.
    设 \(A\) 是一个 \(n\)~级阵,
    且当 \(i < j\) 时, \([A]_{i,j} = 0\).
    则 \(f(A) = f(I_n)\, m(\det {(A)})\).
\end{theorem}

\begin{proof}
    我们用数学归纳法证明此事.
    具体地, 设 \(P(n)\) 为命题
    \begin{quotation}
        设定义在全体 \(n\)~级阵上的函数 \(f\)
        适合倍加不变性, 与多齐性的变体.
        设 \(A\) 是一个 \(n\)~级阵,
        且当 \(i < j\) 时, \([A]_{i,j} = 0\).
        则 \(f(A) = f(I_n)\, m(\det {(A)})\).
    \end{quotation}
    则, 我们的目标是,
    对任何正整数 \(n\), \(P(n)\) 是对的.

    \(P(1)\) 显然是对的.

    假定 \(P(n-1)\) 是对的.
    我们由此证 \(P(n)\) 也是对的.

    任取一个 \(n\)~级阵 \(A\).
    设当 \(i < j\) 时, \([A]_{i,j} = 0\).
    所以, \(A\) 形如
    \begin{align*}
        \begin{bmatrix}
            [A]_{1,1}   & 0           & \cdots & 0             & 0         \\
            [A]_{2,1}   & [A]_{2,2}   & \cdots & 0             & 0         \\
            \vdots      & \vdots      & \ddots & \vdots        & \vdots    \\
            [A]_{n-1,1} & [A]_{n-1,2} & \cdots & [A]_{n-1,n-1} & 0         \\
            [A]_{n,1}   & [A]_{n,2}   & \cdots & [A]_{n,n-1}   & [A]_{n,n} \\
        \end{bmatrix}
    \end{align*}
    那么, 由多齐性的变体,
    \begin{align*}
        f(A) = m([A]_{n,n})
        f\left(
        \begin{bmatrix}
                [A]_{1,1}   & 0           & \cdots & 0             & 0      \\
                [A]_{2,1}   & [A]_{2,2}   & \cdots & 0             & 0      \\
                \vdots      & \vdots      & \ddots & \vdots        & \vdots \\
                [A]_{n-1,1} & [A]_{n-1,2} & \cdots & [A]_{n-1,n-1} & 0      \\
                [A]_{n,1}   & [A]_{n,2}   & \cdots & [A]_{n,n-1}   & 1      \\
            \end{bmatrix}
        \right).
    \end{align*}
    利用 \(n-1\)~次倍加不变性,
    \begin{align*}
             &
        f\left(
        \begin{bmatrix}
                [A]_{1,1}   & 0           & \cdots & 0             & 0      \\
                [A]_{2,1}   & [A]_{2,2}   & \cdots & 0             & 0      \\
                \vdots      & \vdots      & \ddots & \vdots        & \vdots \\
                [A]_{n-1,1} & [A]_{n-1,2} & \cdots & [A]_{n-1,n-1} & 0      \\
                [A]_{n,1}   & [A]_{n,2}   & \cdots & [A]_{n,n-1}   & 1      \\
            \end{bmatrix}
        \right)
        \\
        = {} &
        f\left(
        \begin{bmatrix}
                [A]_{1,1}   & 0           & \cdots & 0             & 0      \\
                [A]_{2,1}   & [A]_{2,2}   & \cdots & 0             & 0      \\
                \vdots      & \vdots      & \ddots & \vdots        & \vdots \\
                [A]_{n-1,1} & [A]_{n-1,2} & \cdots & [A]_{n-1,n-1} & 0      \\
                0           & 0           & \cdots & 0             & 1      \\
            \end{bmatrix}
        \right),
    \end{align*}
    故
    \begin{align*}
        f(A) =
        f\left(
        \begin{bmatrix}
                [A]_{1,1}   & 0           & \cdots & 0             & 0      \\
                [A]_{2,1}   & [A]_{2,2}   & \cdots & 0             & 0      \\
                \vdots      & \vdots      & \ddots & \vdots        & \vdots \\
                [A]_{n-1,1} & [A]_{n-1,2} & \cdots & [A]_{n-1,n-1} & 0      \\
                0           & 0           & \cdots & 0             & 1      \\
            \end{bmatrix}
        \right)
        m([A]_{n,n}).
    \end{align*}

    考虑定义在全体 \(n-1\)~级阵上的函数
    \begin{align*}
        g(X)
        =
        f\left(
        \begin{bmatrix}
            [X]_{1,1}   & [X]_{1,2}   & \cdots & [X]_{1,n-1}   & 0      \\
            [X]_{2,1}   & [X]_{2,2}   & \cdots & [X]_{2,n-1}   & 0      \\
            \vdots      & \vdots      & {}     & \vdots        & \vdots \\
            [X]_{n-1,1} & [X]_{n-1,2} & \cdots & [X]_{n-1,n-1} & 0      \\
            0           & 0           & \cdots & 0             & 1      \\
        \end{bmatrix}
        \right).
    \end{align*}
    不难验证, \(g\) 适合倍加不变性, 与多齐性的变体.
    注意, 若 \(i < j\),
    则 \(A(n|n)\) 的 \((i, j)\)-元为 \(0\).
    故, 由假定,
    \begin{align*}
        g(A(n|n)) = g(I_{n-1})\, m(\det {(A(n|n))})
        = f(I_n)\, m(\det {(A(n|n))}).
    \end{align*}
    从而
    \begin{align*}
             &
        f\left(
        \begin{bmatrix}
                [A]_{1,1}   & 0           & \cdots & 0             & 0      \\
                [A]_{2,1}   & [A]_{2,2}   & \cdots & 0             & 0      \\
                \vdots      & \vdots      & \ddots & \vdots        & \vdots \\
                [A]_{n-1,1} & [A]_{n-1,2} & \cdots & [A]_{n-1,n-1} & 0      \\
                0           & 0           & \cdots & 0             & 1      \\
            \end{bmatrix}
        \right)
        \\
        = {} &
        g(A(n|n)) = f(I_n)\, m(\det {(A(n|n))}).
    \end{align*}
    则
    \begin{align*}
        f(A)
        = {} & f(I_n)\, m(\det {(A(n|n))}) \,m([A]_{n,n}) \\
        = {} & f(I_n)\, m(\det {(A(n|n))} \,[A]_{n,n})    \\
        = {} & f(I_n)\, m(\det {(A)}).
    \end{align*}

    所以, \(P(n)\) 是对的.
    由数学归纳法, 待证命题成立.
\end{proof}

有了这些准备, 我们即可证明本节的主要结论.

\begin{proof}
    设定义在全体 \(n\)~级阵上的函数 \(f\)
    适合倍加不变性, 与多齐性的变体.

    任取一个 \(n\)~级阵 \(A\).
    利用若干次倍加,
    我们可变 \(A\) 为一个 \(n\)~级阵 \(B\),
    使当 \(i < j\) 时, \([B]_{i,j} = 0\).
    因为倍加不变性, \(f(B) = f(A)\).
    由上个定理, \(f(B) = f(I)\, m(\det {(B)})\).
    故 \(f(A) = f(I)\, m(\det {(B)})
    = f(I)\, m(\det {(A)})\).
    (反过来, 不难验证, 若我们定义
    \(f(A) = f(I)\, m(\det {(A)})\),
    则 \(f\) 适合倍加不变性, 与多齐性的变体.)
\end{proof}

特别地, 取 \(m\) 为绝对值函数, 我们有

\begin{theorem}
    设定义在全体 \(n\)~级阵上的函数 \(f\) 适合:

    (1)
    倍加不变性.

    (2)
    对任何不超过 \(n\) 的正整数 \(j\),
    任何 \(n-1\)~个 \(n \times 1\)~阵
    \(a_1\), \(\dots\), \(a_{j-1}\),
    \(a_{j+1}\), \(\dots\), \(a_n\),
    任何 \(n \times 1\)~阵 \(x\),
    任何数 \(s\),
    有
    \begin{align*}
        f {([a_1, \dots, a_{j-1}, sx, a_{j+1}, \dots, a_n])}
        =
        |s|
        f {([a_1, \dots, a_{j-1}, x, a_{j+1}, \dots, a_n])}.
    \end{align*}

    那么, 对任何 \(n\)~级阵 \(A\),
    \(f(A) = f(I)\, |{\det {(A)}}|\).
\end{theorem}

设您在研究某数学问题.
设您发现, 您研究的一个量可被认为是定义在 \(n\)~级阵上的函数
(\(n\) 是某个正整数),
且适合倍加不变性, 与多齐性的变体.
那么, 由本节的定理, 它是一个跟行列式有关的量.
这不是偶然的; 这是必然的.
这是好的, 我想.

% 几何地, \(2\)~级阵的行列式的绝对值与平行 \(4\)~边形的面积有关,
% 且 \(3\)~级阵的行列式的绝对值与平行 \(6\)~面体的体积有关.

\end{document}

This material discusses
how to prove properties of determinants
and how to determine the determinant function.

In chapter 1,
I first prove that one can find the determinant
of a square matrix by expansion about any column,
from which I easily prove
four important properties of determinants.
The rho notation is really useful.
However, what will happen
if one first
proves properties of determinants instead?
It is also of theoretical interest,
so I prove these properties in other manners.
It is interesting to note that
it is easier
to prove properties about columns
with expansion about row 1
than with expansion about column 1.

In chapter 1,
I say that two properties of determinants
(being multilinear and being alternating)
determine
constant multiples of the determinant function,
and that if f(I) = 1, additionally,
then f is just det.
In this material, I give another theorem,
which determines the determinant function
in a different manner
(and which, actually, only applies to
matrices over a field,
while the one in chapter 1 applies to
matrices over a commutative ring with 1).
It is interesting,
since it has a generalisation
that analogously determine
"functions that resemble the determinant functions",
including but not limited to
the absolute value of the determinant
(while the one in chapter 1 does not have
such a generalisation
because of the multilinear property).
I wanted to mention its application to geometry
in my book,
but I decided not to,
because it would require some nontrivial work
to elaborate
(= because of laziness).
